E1B 2015-2016

Devoir surveillé no 6

Samedi 26 mars

Exercice 1

Pour tout nombre réel a, on considère la matrice M(a) =

(1− a aa 1− a

)∈M2(R).

1. Déterminer M(0) et M(1/2).

Démonstration.

M(0) =

(1 00 1

)et M

(1

2

)=

(12

12

12

12

)=

1

2

(1 11 1

)

2. Pour tout a ∈ R, exprimer M(a) en fonction des matrices I2 et J =

(1 11 1

), et calculer J2.

Démonstration.• Pour tout a ∈ R, on a :

M(a) =

(1− a aa 1− a

)=

(1 00 1

)+

(−a aa −a

)=

(1 00 1

)+

(a aa a

)+

(−2a 0

0 −2a

)

=

(1 00 1

)+ a

(1 11 1

)− 2a

(1 00 1

)= (1− 2a)

(1 00 1

)+ a

(1 11 1

)Ainsi, pour tout a ∈ R, on a : M(a) = (1− 2a) I2 + a J

• J2 =

(1 11 1

)×(

1 11 1

)=

(2 22 2

)J2 = 2 J

3. En déduire que pour tous a, b ∈ R, on a l’égalité M(a)M(b) = M(a+ b− 2ab).

Démonstration.D’après la question précédente, pour tout (a, b) ∈ R2, on a :

M(a)M(b) = ((1− 2a) I2 + a J)× ((1− 2b) I2 + b J)

= (1− 2a)(1− 2b) I2 + (1− 2a)b I2J + (1− 2b)a JI2 + ab J2

= (1− 2a− 2b+ 4ab) I2 + (b− 2ab+ a− 2ab) J + 2ab J

= (1− 2(a+ b− 2ab)) I2 + (a+ b− 2ab) J

Pour tout (a, b) ∈ R2, on a : M(a)M(b) = M(a+ b− 2ab)

1

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4. On suppose que a 6= 1

2.

Montrer que M(a) est inversible et qu’il existe un b ∈ R tel que M(b) = (M(a))−1.On exprimera b en fonction de a.

Démonstration.Soit a ∈ R \ {12}.• Il s’agit de démontrer qu’il existe b ∈ R tel que : M(a)M(b) = I2.• Or, d’après les questions précédentes : M(a)M(b) = M(a+ b− 2b) et I2 = M(0).• Il suffit donc de trouver b tel que : a+ b− 2ab = 0. Or :

a+ b− 2ab = 0 ⇔ (1− 2a) b = −a ⇔ b =−a

1− 2a

On en déduit que M(a) est inversible d’inverse M(b) avec b =−a

1− 2a.

5. La matrice M(1/2) est-elle inversible ?

Démonstration.

Le déterminant de M(1/2) vaut det(M(1/2)) = det

((12

12

12

12

))=

1

2× 1

2− 1

2× 1

2= 0.

On en déduit que M n’est pas inversible.

Remarque

• La notion de « déterminant » est à la limite du programme. Le terme n’est pas utilisé dans le BOmais il est clairement inscrit « caractérisation de l’inversibilité d’une matrice carrée d’ordre 2 ».

• Pour des matrices carrées d’ordre strictement supérieur à 2, on utilise la caractérisation suivante :

M non inversible ⇔ Le système MX = 0 n’est pas de Cramer⇔ Le système MX = 0 admet une solution différente de (0, . . . , 0)

• On peut donc rédiger la question précédente comme suit.

Comme M(

1−1

)=

(00

), le système MX = 0 admet une solution non nulle. Le système

MX = 0 n’étant pas de Cramer, la matrice M n’est pas inversible.

6. Déterminer l’unique nombre a0 ∈ R∗ tel que (M(a0))2 = M(a0).

Démonstration.• Tout d’abord, remarquons que :

M(a) = M(b) ⇔(

1− a aa 1− a

)=

(1− b bb 1− b

)⇔ a = b

• D’après la question 3 , on a : (M(a0))2 = M(a0)M(a0) = M(a0+a0−2a0

2) = M(2a0−2a02).

• Ainsi, (M(a0))2 = M(a0) ⇔ 2a0 − 2a0

2 = a0 ⇔ a0 − 2a02 = 0 ⇔ a0 (1− 2a0) = 0

On en déduit que (M(a0))2 = M(a0) ⇔ a0 = 0 OU a0 = 1

2 .

L’unique a0 ∈ R∗ tel que (M(a0))2 = M(a0) est a0 =

1

2.

2

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7. On considère désormais les matrices P = M(a0) et Q = I2 − P .a. Montrer que pour tout a ∈ R, il existe α ∈ R tel que M(a) = P +αQ et exprimer α en fonction

de a.

Démonstration.

• Notons tout d’abord que M(a0) = M

(1

2

)=

1

2J .

• Soit α ∈ R. Par définition, on a :

P + α Q = M(a0) + α (I2 −M(a0)) = (1− α) M(a0) + α I2 =1− α

2J + α I2

• D’autre part, par la question 2 , M(a) = (1− 2a) I2 + a J .

• On en déduit que : M(a)− (P + αQ) = (1− 2a− α) I2 +2a− 1 + α

2J .

En prenant α = 1− 2a, on obtient bien M(a)− (P + αQ) = 0 I2 + 0 J = 0.

On en déduit que : M(a) = P + (1− 2a) Q.

b. Calculer P 2, PQ, QP et Q2.

Démonstration.

• P 2 = (M(a0))2 = M(a0) = P par définition de a0.

• PQ = P (I2 − P ) = P − P 2 = P − P = 0.

• QP = (I2 − P )P = P − P 2 = P − P = 0.

• Q2 = Q(I2 − P ) = Q−QP = Q

Ainsi : P 2 = P , PQ = QP = 0 et Q2 = Q.

c. En déduire, pour tout n ∈ N∗, l’expression de (M(a))n en fonction de P , Q, α et n.

Démonstration.

• Soit n ∈ N∗. Comme QP = PQ, on a, d’après la formule du binôme de Newton :

M(a)n = (P + αQ)n =n∑

k=0

(n

k

)Pn−k (α Q)k

=

(n

0

)Pn +

(n−1∑k=1

(n

k

)Pn−k (α Q)k

)+

(n

n

)αn Qn

= Pn + αn Qn

En effet Pn−k (α Q)k = αk Pn−k Qk = αk Pn−k−1 P Qk−1 Q = αk Pn−k−1 Qk−1 PQ = 0.(il faut noter ici que n− k > 1 et k > 1 puisque k ∈ J1, n− 1K ⇔ n− k ∈ J1, n− 1K)

• D’autre part, comme P 2 = P , on obtient par une récurrence immédiate que Pn = P pourtout n ∈ N∗. De même, Qn = Q pour tout n ∈ N∗.

En conclusion : M(a)n = P + αn Q.

3

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d. Expliciter la matrice (M(a))n pour tout n ∈ N∗.Si a 6= 1

2, la formule obtenue est-elle valable pour n = −1 ?

Démonstration.

• Soit n ∈ N∗. D’après les questions précédentes, on a :

M(a)n = P + αn Q = P + (1− 2a)n Q

= M(a0) + (1− 2a)n (I2 −M(a0))

= (1− 2a)n I2 + (1− (1− 2a)n) M(a0)

= (1− 2a)n(

1 00 1

)+

1

2(1− (1− 2a)n)

(1 11 1

)=

1

2

(1 + (1− 2a)n 1− (1− 2a)n

1− (1− 2a)n 1 + (1− 2a)n

)

M(a)n =1

2

(1 + (1− 2a)n 1− (1− 2a)n

1− (1− 2a)n 1 + (1− 2a)n

)

• D’après la question 4 , comme a 6= 1

2, M(a) est inversible d’inverse M

(−a

1− 2a

).

× Or, d’après la question 2 , on a :

M

(−a

1− 2a

)=

(1− 2

−a1− 2a

)I2 +

−a1− 2a

J =1

1− 2aI2 −

a

1− 2aJ

× D’autre part, on a :

1

2(1− (1− 2a)−1) =

1

2

(1− 1

1− 2a

)=

1

2

−2a

1− 2a=

−a1− 2a

On retrouve ainsi la ligne 3 du calcul précédent.

On en conclut que la formule est valable pour n = −1.

Exercice 2

On note A =

(1 5−1 3

).

1. Montrer que A2 = 4A− 8I2.

Démonstration.

• 4A− 8I2 = 4 (A− 2 I2) = 4

(−1 5−1 1

)• A2 = A×A =

(−4 20−4 4

)

On a donc bien A2 = 4A− 8I2.

4

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2. En déduire que A est inversible et donner son inverse.

Démonstration.D’après l’égalité précédente, on a :

4A−A2 = 8 I2

donc A (4 I2 −A) = 8 I2

et A

(1

8(4 I2 −A)

)= I2

On en déduit que la matrice A est inversible d’inverse

3. Retrouver A−1 à l’aide de la formule de l’inverse d’une matrice carrée d’ordre 2.

Démonstration.• Le déterminant de A est : det(A) = 1× 3− (−1)× 5 = 3 + 5 = 8 6= 0.

• Ainsi, A est inversible d’inverse A−1 =1

8

(3 −51 1

).

Ainsi, on retrouve bien : A−1 =1

8(4 I2 −A)

Exercice 3

Dans cet exercice, on définit sur ]0,+∞[ la fonction f par :

∀x ∈ ]0,+∞[, f(x) =√x lnx

1. Justifier que son ensemble de définition est bien ]0,+∞[.

Démonstration.La quantité

√x ln(x) est définie si :

× la quantité√x est définie i.e. si x > 0,

× la quantité ln(x) est définie i.e. si x > 0.

On en déduit que Df = ]0,+∞[.

2. Montrer que f est prolongeable par continuité en 0, en précisant la valeur en 0 de la fonctionprolongée.On appellera désormais f la fonction prolongée, définie sur [0,+∞[.

Démonstration.On effectue le changement de variable X =

1

x(ainsi x =

1

X).

Si x→ 0+, alors X → +∞. On en déduit que :

limx→0+

√x ln(x) = lim

X→+∞

√1

Xln

(1

X

)= lim

X→+∞

− ln(X)√X

= 0

On peut prolonger la fonction f par continuité en posant f(0) = 0

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3. Étudier la continuité de f .

Démonstration.

• La fonction f est continue sur ]0,+∞[ car c’est le produit de :

× la fonction x 7→√x , continue sur ]0,+∞[,

× et de la fonction x 7→ ln(x), continue sur ]0,+∞[.

• D’autre part, d’après la question précédente, on a limx→0

f(x) = 0 = f(0).

Ainsi, la fonction f est continue sur [0,+∞[.

4. Démontrer que f est dérivable sur ]0,+∞[. Est-elle dérivable en 0 ?Quelle est l’allure de la courbe de f au point d’abscisse x = 0 ?

Démonstration.

• La fonction f est dérivable sur ]0,+∞[ car est le produit de deux fonctions dérivables sur ]0,+∞[(cf question précédente).

• Soit x 6= 0.

τ0(f)(x) =f(x)− f(0)

x− 0=

f(x)

x=

√x ln(x)

x=

ln(x)√x−→x→0−∞

En effet :

×√x −→

x→0+0+ donc

1√x−→x→0+

+∞,

× ln(x) −→x→0+

−∞.

La fonction f n’est pas dérivable en 0.

• On en déduit que la courbe de f admet une tangente verticale (dirigée vers le bas) en 0.

5. Donner le développement limité à l’ordre 1 en 1 de f .

Démonstration.

• Soit x > 0.f ′(x) =

1

2√x

ln(x) +√x

1

x=

ln(x)

2√x

+1√x

=ln(x) + 2

2√x

∀x > 0, f ′(x) =ln(x) + 2

2√x

• Le développement limité à l’ordre 1 de f est :

f(x) = f(1) + f ′(1) (x− 1) + ox→1

(x− 1)

Or f(1) =√

1 ln(1) = 0 et f ′(1) =ln(1) + 2

2√

1= 1.

Ainsi : f(x) = (x− 1) + ox→1

(x− 1)

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6. Dresser le tableau de variations de f , en précisant valeurs et limites aux bornes.

Démonstration.• Soit x > 0. On détermine le signe de f ′(x). Comme 2

√x > 0, f ′(x) est du signe de ln(x) + 2.

Or :ln(x) + 2 = 0 ⇔ ln(x) = −2 ⇔ x = e−2

• On en déduit le tableau de variations de f .

x

Signe de f ′(x)

Variations de f

0 e−2 +∞

− 0 +

00

f(e−2)f(e−2)

+∞+∞

Avec f(e−2) =√e−2 ln(e−2) =

−2√e2

= −2

e.

7. Montrer que f est deux fois dérivable sur ]0,+∞[ et donner f ′′(x) pour x > 0.

Démonstration.• La fonction f ′ est dérivable sur ]0,+∞[ car c’est le quotient de :

× x 7→ ln(x) + 2 dérivable sur ]0,+∞[,× x 7→

√x dérivable sur ]0,+∞[ et qui ne s’annule pas sur ]0,+∞[.

On en déduit que f est deux fois dérivable sur ]0,+∞[.

(en fait, on démontre de même que f est C∞ sur ]0,+∞[)• Soit x > 0.

f ′′(x) = (f ′)′(x) =

1x 2√x − (ln(x) + 2) 2 1

2√x

(2√x )2

=

2√x− ln(x)+2√

x

4 x= − ln(x)

4 x√x

∀x > 0, f ′′(x) = − ln(x)

4 x√x

(on pourrait déterminer le signe de f ′′(x) en remarquant que f ′′(x) est du signe de − ln(x))

8. Tracer la courbe de f , en représentant tous les éléments remarquables précédents.On donne : e−2 ≈ 0, 14 2/e ≈ 0, 74

Démonstration.

−0.5 0.5 1 1.5 2 2.5 3

−1

−0.5

0.5

1

1.5

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Exercice 4

Le but de cet exercice est de donner des formules explicites des suites (un), (vn) et (wn) définies parles premiers termes :

u0 = 1, v0 = 0, w0 = 1

et les relations de récurrence :

∀n ∈ N,

un+1 = 3un −2vn −wn

vn+1 = un −wn

wn+1 = 2un −2vn

Partie I - Puissances de matrice

1. On considère la matrice C =

3 −2 −11 0 −12 −2 0

.Pour quelles valeurs de λ ∈ R la matrice C − λI3 est-elle inversible ?

Démonstration.La matrice C − λI3 est inversible si et seulement si le système (C − λI3) X = 0 est de Cramer.Notons (S) ce système :

(S)

(3− λ) x − 2 y − z = 0

x − λ y − z = 02 x − 2 y − λ z = 0

On applique l’algorithme du pivot de Gauss afin de résoudre ce système.

(S) ⇔

x − λ y − z = 0

(3− λ) x − 2 y − z = 02 x − 2 y − λ z = 0

⇔

x − λ y − z = 0

(−2+λ (3−λ)) y + (2− λ) z = 0(2λ− 2) y + (2− λ) z = 0

Or : −2 + λ (3− λ) = −2 + 3λ− λ2 = −(λ− 1)(λ− 2).Le système précédent se réécrit donc :

x − λ y − z = 0− (λ− 1)(λ− 2) y + (2− λ) z = 0

2 (λ− 1) y + (2− λ) z = 0

On souhaite effectuer l’opération L3 → (λ− 2) L3 + 2 L2. Elle n’est valide que si λ 6= 2.Deux cas se présentent alors.

(1) Si λ = 2, le système se réécrit alors :{x − 2 y − z = 0

2 y = 0

Le système obtenu est triangulaire supérieur mais l’un de ses cœfficients diagonaux est nul.Ainsi, le système (S) n’est pas de Cramer et la matrice C − λ I3 n’est pas inversible si λ = 2.

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(2) Si λ 6= 2, on effectue l’opération L3 → (λ− 2) L3 + 2 L2 :

(S) ⇔

x − λ y − z = 0− (λ− 1)(λ− 2) y + (2− λ) z = 0

(λ− 2)(2− λ) + 2 (2− λ) z = 0

Or : (λ− 2)(2− λ)− 2 (2− λ) = (2− λ)(λ− 2 + 2) = λ (2− λ).Le système se réécrit donc sous la forme suivante :

x − λ y − z = 0− (λ− 1)(λ− 2) y + (2− λ) z = 0

λ (2− λ) z = 0

Le système obtenu est triangulaire supérieur.Il est de Cramer si ses cœfficients diagonaux sont tous non nuls i.e. si λ 6= 0 et λ 6= 1 et λ 6= 2.

La matrice C − λ I3 est inversible si et seulement si λ 6= 0 et λ 6= 1 et λ 6= 2.

Remarque• Si λ = 0 ou λ = 1 ou λ = 2, la matrice C − λ I3 n’est pas inversible.Autrement dit, le système (C − λ I3) X = 0 n’est pas de Cramer. Il admet donc une solutionautre que la solution nulle (0, 0, 0). Ceci revient à dire, dans ce cas, que :

∃X 6= 0, (C − λ I3) X = 0 ⇔ ∃X 6= 0, CX = X

• Les éléments λ ∈ R tels que C − λ I3 n’est pas inversible sont appelés des valeurs propres dela matrice C. Les vecteurs X associés (ceux tels que CX = λX) sont appelés vecteurs propres.La recherche des éléments propres associés à une matrice C est essentielle afin de pouvoir écrirecette matrice sous une forme réduite (au mieux, C = PDP−1 avec D diagonale).C’est ce que l’on va voir dans la suite du problème.

2. Soient les matrices P =

1 1 11 1 01 0 1

et D =

0 0 00 1 00 0 2

.a. Montrer que P est inversible et calculer P−1.

Démonstration.On applique la méthode du pivot de Gauss sous sa forme matricielle. 1 1 1

1 1 01 0 1

1 0 00 1 00 0 1

On réalise alors :

{L2 ← L2 − L1

L3 ← L3 − L1 1 1 10 0 -10 -1 0

1 0 0-1 1 0-1 0 1

On réalise alors :

{L2 ↔ L3 1 1 1

0 -1 00 0 -1

1 0 0-1 0 1-1 1 0

On réalise alors :{L1 ← L1 + L3 1 1 0

0 -1 00 0 -1

0 1 0-1 0 1-1 1 0

On réalise alors :

{L1 ← L1 + L2 1 0 0

0 -1 00 0 -1

-1 1 1-1 0 1-1 1 0

On réalise alors :

{L2 ← −L2

L3 ← −L3 1 0 00 1 00 0 1

-1 1 11 0 -11 -1 0

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On en déduit que P est inversible d’inverse P−1 =

−1 1 11 0 −11 −1 0

.b. Démontrer que D = P−1CP .

Démonstration.

• Tout d’abord : PD =

1 1 11 1 01 0 1

× 0 0 0

0 1 00 0 2

=

0 1 20 1 00 0 2

• D’autre part : CP =

3 −2 −11 0 −12 −2 0

× 1 1 1

1 1 01 0 1

=

0 1 20 1 00 0 2

On en déduit que PD = CP et donc que D = P−1CP .

3. Exprimer la matrice C en fonction de D, P et P−1.Démontrer par récurrence que, pour tout n ∈ N, Cn = PDnP−1.

Démonstration.

• D’après la question précédente, PD = CP .

On en déduit que : C = PDP−1

• Démontrons par récurrence que : ∀n ∈ N, P(n) où P(n) : Cn = PDnP−1.

1) Initialisation :

× D’une part, C0 = I3.

× D’autre part, PD0P−1 = PI3P−1 = PP−1 = I3.

Ainsi, P(0) est vérifiée.

2) Hérédité :Soit n ∈ N. Supposons P(n) et démontrons P(n+ 1) (i.e. Cn+1 = PDn+1P−1).Par définition, Cn+1 = Cn × C. Ainsi, par hypothèse de récurrence, on a :

Cn+1 = PDnP−1 × C = PDnP−1 × PDP−1 = PDn(P−1P )DP−1

= PDnI3DP−1 = P (DnD)P−1 = PDn+1P−1

Ainsi, P(n+ 1) est vérifiée.

Par principe de récurrence, on a : ∀n ∈ N, Cn = PDnP−1.

4. Soit n ∈ N. Expliciter la matrice Dn puis donner les coefficients de Cn.

Démonstration.Soit n ∈ N. On a :

Dn =

0 0 00 1n 00 0 2n

=

0 0 00 1 00 0 2n

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On en déduit que :

Cn = PDnP−1 =

1 1 11 1 01 0 1

× 0 0 0

0 1 00 0 2n

× −1 1 1

1 0 −11 −1 0

=

0 1 2n

0 1 00 0 2n

× −1 1 1

1 0 −11 −1 0

=

1 + 2n −2n −11 0 −12n −2n 0

Pour tout n ∈ N, on a : Dn =

0 0 00 1 00 0 2n

et Cn =

1 + 2n −2n −11 0 −12n −2n 0

Partie II - Suites

5. Pour n ∈ N, on note Xn =

unvnwn

.Montrer que Xn+1 = CXn pour tout n ∈ N.

Démonstration.Soit n ∈ N. 3 −2 −1

1 0 −12 −2 0

× un

vnwn

=

3un − 2vn − wn

un − wn

2un − 2vn

=

un+1

vn+1

wn+1

= Xn+1

On en déduit que pour tout n ∈ N, Xn+1 = CXn.

6. Montrer par récurrence que : ∀n ∈ N, Xn = CnX0.

Démonstration.Démontrons par récurrence que : ∀n ∈ N, P(n) où P(n) : Xn = CnX0.1) Initialisation : C0X0 = I3X0 = X0

Ainsi, P(0) est vérifiée.2) Hérédité :

Soit n ∈ N. Supposons P(n) et démontrons P(n+ 1) (i.e. Xn+1 = Cn+1X0).Par définition, Xn+1 = CXn. Ainsi, par hypothèse de récurrence, on a :

Xn+1 = CXn = C × CnX0 = Cn+1X0

Ainsi, P(n+ 1) est vérifiée.

Par principe de récurrence, on a : ∀n ∈ N, Xn = CnX0.

7. Que vaut X0 ? En déduire Xn, puis un, vn et wn en fonction de n ∈ N.

Démonstration.

• X0 =

u0v0w0

=

101

• On en déduit que :

Xn = CnX0 =

1 + 2n −2n −11 0 −12n −2n 0

101

=

2n

02n

On en déduit que : ∀n ∈ N, un = 2n, vn = 0, wn = 2n.

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Problème A

Pour tout n ∈ N∗, on définit la fonction fn : R+ → R par :

∀x ∈ R+, fn(x) = xn + 9x2 − 4

Le but de ce problème est d’étudier l’équation fn(x) = 0 et le comportement de la solution quand ntend vers +∞.

1. a. Dresser le tableau de variations de fn et montrer que pour tout entier n ∈ N∗, l’équationfn(x) = 0 n’a qu’une seule solution strictement positive, notée un.

Démonstration.Soit n ∈ N∗.• La fonction fn est dérivable sur R+ car c’est une fonction polynomiale.De plus pour tout x ∈ R+ :

f ′n(x) = nxn−1 + 18x

Pour tout x > 0, xn−1 > 0. Ainsi, pour tout x > 0, f ′n(x) > 0.Enfin, on note que : f ′n(x) = 0 ⇔ x = 0.

• On en déduit le tableau de variations de la fonction fn.

x

Signe de f ′n(x)

Variations de fn

0 +∞

0 +

−4−4

+∞+∞

un

0

• La fonction fn est :× continue sur [0,+∞[,× strictement croissante sur [0,+∞[.Elle réalise donc une bijection de [0,+∞[ sur fn([0,+∞[). Or :

fn([0,+∞[) = [fn(0), limx→+∞

fn(x)[ = [−4,+∞[

Comme 0 ∈ [−4,+∞[, on en déduit que 0 admet un unique antécédent un ∈ [0,+∞[par la fonction fn.

b. Calculer u1 et u2.

Démonstration.• u1 est l’unique antécédent, dans l’intervalle [0,+∞[, de 0 par la fonction f1 : x 7→ x+ 9x2− 4.f1 est un polynôme de degré 2 de discriminant : ∆ = 1− 4× (−4)× 9 = 1 + 144 = 145.Ainsi, f1 admet deux racines :

x1 =−1 +

√145

18> 0 et x2 =

−1−√

145

18< 0

En effet,√

145 >√

144 = 12.

Ainsi : u1 =−1 +

√145

18

12

E1B 2015-2016

• u2 est l’unique antécédent, dans l’intervalle [0,+∞[, de 0 par la fonction f2 : x 7→ 10x2 − 4.Or : 10x2 − 4 = (

√10 x)2 − 22 = (

√10 x− 2)(

√10 x+ 2).

Ainsi, f2 a pour racines :

x1 =2√10

> 0 et x2 =−2√10

< 0

Ainsi : u2 =2√10

c. Vérifier que ∀n ∈ N∗, un ∈]0,

2

3

[.

Démonstration.Soit n ∈ N∗.• Tout d’abord remarquons que :

× fn(0) = −4 < 0,× fn(un) = 0,

× fn

(2

3

)=

(2

3

)n

+ 9

(2

3

)2

− 4 =

(2

3

)n

> 0.

On en déduit que : fn(0) < fn(un) < fn

(2

3

).

• Or, d’après le théorème de la bijection, la fonction f−1n : [−1,+∞[→ [0,+∞[ est strictementcroissante.

En appliquant f−1n de part et d’autre de l’inégalité, on obtient : 0 < un <2

3

2. a. Montrer que pour tout réel x de ]0, 1[, on a fn+1(x) < fn(x).

Démonstration.Soit n ∈ N∗ et x ∈ ]0, 1[.

fn+1(x)− fn(x) = (xn+1 + 9x2 − 4)− (xn + 9x2 − 4) = xn+1 + 9x2 − 4 − xn − 9x2 + 4

= xn+1 − xn = xn (x− 1)

Or 0 < x < 1 donc x− 1 < 0 et xn > 0. Ainsi 0 < xn+1 < xn.

On en déduit que : fn+1(x)− fn(x) < 0.

b. En déduire le signe de fn(un+1) puis les variations de la suite (un).

Démonstration.• D’après la question précédente, on a :

fn(un+1) > fn+1(un+1) = 0 (par définition)

fn(un+1) > 0

• Or fn(un) = 0. On en déduit que : fn(un+1) > fn(un).Par application de la fonction f−1n , strictement croissante, on obtient : un+1 > un.

Ainsi, (un) est strictement croissante.

13

E1B 2015-2016

c. Montrer que (un) est convergente. On note ` sa limite.

Démonstration.D’après les questions précédentes, la suite (un) est croissante et majorée par

2

3.

On en déduit que la suite (un) est convergente et que sa limite ` est telle que : 0 6 ` 6 23 .

3. a. Déterminer un encadrement de unn pour tout n > 1 et en déduire la limite de unn quand n tendvers +∞.

Démonstration.D’après la question 1.c. : 0 < un <

2

3.

La fonction élévation à la puissance n étant strictement croissante sur [0,+∞[, on en déduit :

0 < unn <

(2

3

)n

Or(

2

3

)n

−→n→+∞

0 (car 23 ∈ ]− 1, 1[).

Par le théorème d’encadrement, on en déduit que (unn) est convergente de limite 0.

b. Donner enfin la valeur de `.

Démonstration.

• Par définition, fn(un) = unn + 9 un

2 − 4 = 0.

• On en déduit que : 9 un2 = 4− unn −→

n→+∞4.

• Enfin, un =1

3

√9 un2 −→

n→+∞

1

3

√4 =

2

3.

La limite ` de (un) est ` =2

3.

4. On note un =2

3+ vn.

a. Vérifier que vn tend vers 0.

Démonstration.Soit n ∈ N∗. Par définition : vn = un −

2

3.

On en déduit que (vn) est convergente, de limite limn→+∞

vn = limn→+∞

un −2

3=

2

3− 2

3= 0.

14

E1B 2015-2016

b. Montrer que(

2

3+ vn

)n

+ 9 vn2 + 12 vn = 0.

Démonstration.• Par définition : fn(un) = un

n + 9un2 − 4 = 0.

• Or : un =2

3+ vn.

On en déduit que :(2

3+ vn

)n

+ 9

(2

3+ vn

)2

− 4 =

(2

3+ vn

)n

+ 9

(4

9+

4

3vn + vn

2

)− 4

=

(2

3+ vn

)n

+ 4 + 12 vn + 9 vn2 − 4

Ainsi :(

2

3+ vn

)n

+ 9 vn2 + 12 vn = 0.

c. En déduire que vn =

−(

2

3+ vn

)n

9 vn + 12puis que vn est équivalent à − 1

12

(2

3

)n

.

Démonstration.• D’après la question précédente, on a :

vn (9vn + 12) = −(

2

3+ vn

)n

Or 9vn+12 6= 0. En effet, 0 < un < 23 donc −2

3 < un −2

3︸ ︷︷ ︸vn

< 0 et enfin 6 < 9vn+12 < 12.

On en déduit que : vn =−(23 + vn

)n9 vn + 12

.

• Ainsi :

vn

− 112

(23

)n =

(23 + vn

)n(23

)n 12

9 vn + 12=

(23 + vn

23

)n12

9 vn + 12=

(1 +

3

2vn

)n 12

9 vn + 12

Étudions ces deux dernières quantités.

×12

9 vn + 12−→

n→+∞

12

12= 1 car vn −→

n→+∞0,

×

(1 +

3

2vn

)n

= exp

(n ln

(1 +

3

2vn

))= exp

(n

ln(1 + 3

2 vn)

32 vn

3

2vn

)

Comme vn −→n→+∞

0,ln(1 + 3

2 vn)

32 vn

−→n→+∞

1.

D’autre part, n vn −→n→+∞

0 (cf démonstration plus loin).

On en déduit que(

1 +3

2vn

)n

−→n→+∞

e0 = 1.

En conclusion,vn

− 112

(23

)n −→n→+∞

1 et donc vn ∼n→+∞

− 1

12

(2

3

)n

15

E1B 2015-2016

Il reste à montrer que n vn −→n→+∞

0.

• On a démontré que : vn (9vn + 12) = −(

2

3+ vn

)n

= −unn.

• On en déduit que : n vn (9vn + 12) = −n unn. Ou encore :

n vn = −n unn ×1

9vn + 12

×1

9vn + 12−→

n→+∞

1

12,

× D’autre part : 0 < n unn < n

(2

3

)n

(d’après la question 3.a.).

Or : n(

2

3

)n

=n(3

2

)n −→n→+∞

0 par croissances comparées.

On en déduit, par le théorème d’encadrement, que n unn −→n→+∞

0.

On en conclut que n vn −→n→+∞

0.

5. Définir en Scilab la fonction f5, qui prend un réel x et calcule f5(x).Tracer en Scilab la courbe représentative de f5.

Démonstration.

1 function y = f5(x)2 y = x ∧∧∧ 5 + 9 ? x ∧∧∧ 2 - 43 endfunction

La commande suivante permet de tracer la courbe représentative de f5 sur l’intervalle [0, 50].

1 plot(linspace(0, 50), f5)

6. Compléter le programme suivant, pour calculer u5 par la méthode de dichotomie, à 10−4 près.

Démonstration.On a démontré en question 1.c. que : 0 < u5 <

2

3et f5(0) < 0 et f5

(2

3

)> 0.

On utilise les valeurs 0 et 23 pour initialiser la méthode de dichotomie.

1 g = 02 d = 2/33 m = (g+d)/24 while d-g > 10 ∧∧∧ (-4)5 if f5(m) > 0 then6 d = m7 else8 g = m9 end10 m = (g+d)/211 end12 disp(g)

On a choisi ici d’afficher g mais on peut afficher toute valeur comprise dans l’intervalle [g, d].

16

E1B 2015-2016

Problème B (d’après EDHEC 2004)

Pour tout entier naturel n, la fonction fn est définie sur [0,+∞[ par :

fn(x) =

{x e−n/x si x > 00 si x = 0

1. Montrer que fn est continue et dérivable sur [0,+∞[.

Démonstration.Soit n ∈ N.• La fonction fn est continue sur ]0,+∞[ comme produit des fonctions :

× x 7→ x, continue sur ]0,+∞[,

× x 7→ e−n/x, continue sur ]0,+∞[ car composée de :

(i) x 7→ −nx, continue sur ]0,+∞[ ,

et telle que fn( ]0,+∞[ ) ⊂ R .

(ii) et de x 7→ e−x continue sur R .

• De plus, comme limx→0+

−nx

= −∞, on a limx→0+

fn(x) = limx→0+

e−n/x = 0 = fn(0).

On en déduit que fn est continue sur [0,+∞[.

• De même, fn est dérivable sur ]0,+∞[.

• Afin de déterminer si fn est dérivable en 0, on étudie son taux d’accroissement en ce point.

τ0(fn)(x) =fn(x)− fn(0)

x− 0=

x e−n/x

x= e−n/x −→

x→0+0

fn est donc dérivable sur [0,+∞[.

2. Étudier les variations de fn, ainsi que sa limite en +∞. Dresser son tableau de variations.

Démonstration.Soit x > 0.

f ′n(x) = e−n/x + xn

x2e−n/x =

(1 +

n

x

)e−n/x > 0

On en déduit le tableau de variations suivant.

x

Signe de f ′n(x)

Variations de fn

0 +∞

0 +

00

+∞+∞

En effet, comme limx→+∞

e−n/x = e0 = 1, on a : limx→+∞

x e−n/x = +∞.

17

E1B 2015-2016

3. La fonction fn est-elle deux fois dérivable sur tout son ensemble de définition ?Préciser f ′′n(x) pour tout x en lequel fn est deux fois dérivable.

Démonstration.• On démontre, comme en question 1. que fn est dérivable deux fois sur ]0,+∞[.(fn est même C∞ sur ]0,+∞[)

• Afin de déterminer si f ′n est dérivable en 0, on étudie son taux d’accroissement en ce point.

τ0(f′n)(x) =

f ′n(x)− f ′n(0)

x− 0=

(1 + n

x

)e−n/x

x=

e−n/x

x+ n

e−n/x

x2−→x→0+

0

En effet, en procédant comme précédemment, on obtient :

limx→0+

e−n/x

x2= lim

X→+∞

e−nX1X2

= limX→+∞

X2

enX= 0 (par croissances comparées)

fn est donc deux fois dérivable sur [0,+∞[.

• Soit x > 0. On a alors :

f ′′n(x) = − n

x2e−n/x +

(1 +

n

x

) n

x2e−n/x =

n2

x3e−n/x

Ainsi, f ′′n(x) =

n2

x3e−n/x si x > 0

0 si x = 0

4. Tracer dans un même repère l’allure des courbes représentatives de f1 et f2.

Démonstration.

1 2 3 4 5 6

2

4

5. a. Montrer que pour tout n ∈ N il existe un unique réel un tel que fn(un) = 1.

Démonstration.La fonction fn est :× continue sur [0,+∞[,× strictement croissante sur [0,+∞[.Elle réalise donc une bijection de [0,+∞[ sur fn([0,+∞[). Or :

fn([0,+∞[) = [fn(0), limx→+∞

fn(x)[ = [0,+∞[

18

E1B 2015-2016

Comme 1 ∈ [0,+∞[, on en déduit que 1 admet un unique antécédent un ∈ [0,+∞[ parla fonction fn.

b. Montrer que pour tout n ∈ N∗, on a un > 1, et un est solution de l’équation x lnx = n.

Démonstration.Soit n ∈ N∗.• Tout d’abord, remarquons que :

× fn(un) = 1 par définition,

× fn(1) = 1 e−n/1 = e−n < e0 = 1.

Ainsi fn(un) > fn(1).

• Or, d’après le théorème de la bijection, la fonction f−1n : [0,+∞[→ [0,+∞[ est strictementcroissante.

En appliquant f−1n de part et d’autre de l’inégalité, on obtient : un > 1.

Par ailleurs, on a :

fn(un) = 1 ⇔ un e−n/un = 1 ⇔ un = en/un ⇔ ln(un) =n

un⇔ un ln(un) = n

un est donc solution de l’équation x lnx = n.

c. Étudier la fonction g définie par g(x) = x lnx.En déduire que la limite de un quand n tend vers +∞ est +∞.

Démonstration.

• La fonction g est C∞ sur ]0,+∞[ car produit des fonctions x 7→ x et x 7→ ln(x) qui sont C∞

sur ]0,+∞[.

• De plus, limx→0

f(x) = limx→0

x ln(x) = 0.

Ainsi, g est prolongeable par continuité en 0 en posant g(0) = 0.

• La fonction g n’est pas dérivable en 0. En effet :

τ0(g)(x) =g(x)− g(0)

x− 0=

x ln(x)

x= ln(x) −→

x→0−∞

• Soit x > 0.g′(x) = ln(x) + x

1

x= 1 + ln(x)

Or : g′(x) = 0 ⇔ 1 + ln(x) = 0 ⇔ ln(x) = −1 ⇔ x = e−1

• On en déduit le tableau de variations de g.

x

Signe de g′(x)

Variations de g

0 e−1 +∞

− 0 +

00

−e−1−e−1

+∞+∞

19

E1B 2015-2016

• La fonction g est :

× continue sur [e−1,+∞[,

× strictement croissante sur [e−1,+∞[.

Elle réalise donc une bijection de [e−1,+∞[ sur g([e−1,+∞[). Or :

g([e−1,+∞[) = [g(e−1), limx→+∞

g(x)[ = [−e−1,+∞[

• On note alors g−1 : [−e−1,+∞[→ [e−1,+∞[ la bijection réciproque de g [e−1,+∞[.Son tableau de variations est :

x

Variations de g−1

−e−1 +∞

e−1e−1

+∞+∞

• Or g(un) = n donc un = g−1(n).

On en déduit que : limn→+∞

un = limn→+∞

g−1(n) = +∞

d. Montrer que lnun + ln(lnun) = lnn et en déduire un équivalent simple de un.

Démonstration.

• D’après la question 5.b., g(un) = n. Or :

g(un) = n ⇔ un ln(un) = n ⇔ ln(un ln(un)) = ln(n) ⇔ ln(un) + ln(ln(un)) = ln(n)

L’écriture ln(ln(un)) est valide car on a démontré en 5.b. que un > 1 et donc ln(un) > 0.

• Comme ln(un) 6= 0, on a :

1 +ln(ln(un))

ln(un)=

ln(n)

ln(un)

On pose alors le changement de variable X = ln(un).Si n→ +∞ alors X → +∞.On en déduit que :

limn→+∞

ln(ln(un))

ln(un)= lim

X→+∞

ln(X)

X= 0

limn→+∞

ln(n)

ln(un)= 1 et ainsi ln(un) ∼

n→+∞ln(n)

Enfin, comme un ln(un) = n alors un =n

ln(un)∼

n→+∞

n

ln(n)

6. Dans cette question, on ne s’intéresse plus qu’à la fonction f1 définie sur [0,+∞[ par :

f1(x) =

{x e−1/x si x > 00 si x = 0

On définit par ailleurs une suite (vn) par v0 = 1 et ∀n ∈ N, vn+1 = f(vn).

20

E1B 2015-2016

a. Déterminer le signe de f1(x)−x sur [0,+∞[ et les éventuelles solutions dans [0,+∞[ de l’équationf1(x) = x.

Démonstration.• Si x = 0, f1(x)− x = 0− 0 = 0.• Si x > 0, f1(x)− x = x e−1/x − x = x (e−1/x − 1) < 0 car e−1/x < 1.

Ainsi f1(x)− x 6 0 et l’équation f1(x) = x admet 0 comme unique solution sur [0,+∞[.

b. Montrer que ∀n ∈ N, vn ∈ [0, 1].

Démonstration.Démontrons par récurrence que : ∀n ∈ N, vn ∈ [0, 1].1) Initialisation :

v0 = 0 ∈ [0, 1] donc P(0).2) Hérédité :

Soit n ∈ N. Supposons P(n) et démontrons P(n+ 1) (i.e. vn+1 ∈ [0, 1]).Par hypothèse de récurrence, on a : 0 6 vn 6 1.La fonction f1 étant croissante, on en déduit :

f1(0) 6 f1(vn) 6 f1(1)

q q q

0 vn+1 e−1 6 1

D’où : 0 6 vn+1 6 1 et P(n+ 1) est vérifiée.

Par principe de récurrence : ∀n ∈ N, vn ∈ [0, 1].

c. Étudier la monotonie de la suite (vn).

Démonstration.D’après la question 6.a. : vn+1 − vn = f1(vn)− vn 6 0.

Pour tout n ∈ N, vn+1 6 vn et la suite (vn) est décroissante.

d. En déduire que (vn) converge et préciser sa limite.

Démonstration.• D’après les quesitons précédentes, la suite (vn) est décroissante et minorée.Elle converge donc vers une limite ` ∈ [0, 1].

• Or comme f1 est continue sur [0,+∞[, on a :

vn+1 = f1(vn)

−→n→

+∞

−→n→

+∞

` = f1(`)

On en déduit que ` est un point fixe de f1.

La suite (vn) converge vers 0, unique point fixe de la fonction f1.

21

E1B 2015-2016

7. Écrire une fonction Scilab qui prend un entier n et qui calcule vn.

Démonstration.

1 function y = f1(x)2 if x == 0 then3 y = 04 else5 y = x ? exp(-1/x)6 end7 endfunction

1 function v = calculSuite(n)2 v = 13 for i = 1 : n4 v = f1(v)5 end6 endfunction

RemarqueDans ce code, on réalise un appel à la fonction f. Il faut aussi savoir coder la fonction calculSuitelorsque l’on ne demande pas au préalable de coder la fonction f1.

1 function v = calculSuite(n)2 v = 13 for i = 1 : n4 if v <> 0 then5 v = v ? exp(-1/v)6 end7 end8 endfunction

22